2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(学生版+解析)，共15页。学案主要包含了全国通用，题型3 涂色问题，方法技巧与总结，解题思路，解答过程，变式1-1，变式1-2，变式1-3等内容，欢迎下载使用。

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\l "_Tc26938" 【题型1 分类加法计数原理】 PAGEREF _Tc26938 \h 3
\l "_Tc19363" 【题型2 分步乘法计数原理】 PAGEREF _Tc19363 \h 4
\l "_Tc9371" 【题型3 涂色问题】 PAGEREF _Tc9371 \h 6
\l "_Tc18829" 【题型4 两个计数原理的综合应用】 PAGEREF _Tc18829 \h 8
1、分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．分类加法计数原理
(1)分类加法计数原理的概念
完成一件事直两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法.
概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
(2)分类的原则
分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类
时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法
必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏.
2．分步乘法计数原理
(1)分步乘法计数原理的概念
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法.
概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.
(2)分步的原则
①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事；
②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤.
③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏.
3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析
(1)联系
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题.
(2)区别
分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表：
(3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择
分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理；
分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理.
在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用.
知识点2 分类、分步计数原理的解题策略
1．分类加法计数原理的解题策略
分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准；
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复；
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.
2．分步乘法计数原理的解题策略
(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.
【方法技巧与总结】
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
(2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
【题型1 分类加法计数原理】
【例1】（24-25高二下·福建福州·期末）某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（ ）
A．12种B．27种C．120种D．600种
【答案】B
【解题思路】由分类加法计数原理即可求解.
【解答过程】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，
则小丁当天出行的方案共有5+12+10=27.
故选：B.
【变式1-1】（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（ ）
A．14B．19C．90D．200
【答案】B
【解题思路】由分类加法计数原理运算即可.
【解答过程】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为4+10+5=19.
故选：B.
【变式1-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知“渐升数”是指每一位数字比其左边的数字大的正整数（如236，567），则比423大的三位“渐升数”共有 个．
【答案】20
【解题思路】根据定义结合分类加法计数原理计算可得答案.
【解答过程】完成这件事需选出3个数，要满足“渐升数”需分类来解.
当百位上的数字为4，十位上的数字为5时，个位上的数字有4种选法；
当百位上的数字为4，十位上的数字为6时，个位上的数字有3种选法；
当百位上的数字为4，十位上的数字为7时，个位上的数字有2种选法；
当百位上的数字为4，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
当百位上的数字为5，十位上的数字为6时，个位上的数字有3种选法；
当百位上的数字为5，十位上的数字为7时，个位上的数字有2种选法；
当百位上的数字为5，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
当百位上的数字为6，十位上的数字为7时，个位上的数字有2种选法；
当百位上的数字为6，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
当百位上的数字为7，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
所以比423大的三位“渐升数”共有4+3+2+1+3+2+1+2+1+1=20个.
故答案为：20.
【变式1-3】（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）有3名同学同时被邀请参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有 种不同的去法.（用数字回答）
【答案】7
【解题思路】按去1，2，3个人分类，利用组合数求解即可.
【解答过程】由题意，去1人有C31=3种去法，去2人有C32=3种去法，去3人有C33=1种去法，
所以共有3+3+1=7种不同的去法，
故答案为：7.
【题型2 分步乘法计数原理】
【例2】（2025·湖北武汉·二模）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A．40B．48C．52D．60
【答案】B
【解题思路】由题意，根据分步乘法原理，可得答案.
【解答过程】先从四对双胞胎中选出一对，有4种选择；
然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，
这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2=12种选择.
根据乘法原理，总共有4×12=48种选法.
故选：B.
【变式2-1】（24-25高三下·河南·阶段练习）同时满足：①偶数；②没有重复数字的三位数；③个位数不为0，这三个条件的数有（ ）
A．64个B．128个C．196个D．256个
【答案】D
【解题思路】根据分步计数原理求解即可.
【解答过程】个位数的选择：由于是偶数且个位不能为0，个位只能是2、4、6、8中的一个，共有4种选择.
百位数的选择：百位不能为0，且不能与个位数字重复.因此，对于每个个位数，百位有8种选择（1-9中排除个位数）.
十位数的选择：十位可以是0-9中排除百位和个位已经使用的数字，剩下的8种选择.
根据分步乘法计数原理同时满足题设三个条件得数得总个数为 4×8×8=256 种.
故选：D.
【变式2-2】（2025·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种
A．10B．20C．30D．60
【答案】C
【解题思路】应用分步乘法原理计算即可.
【解答过程】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况，
由分步计数原理得，共有5×6=30种不同的方法.
故选：C.
【变式2-3】（2025·湖北武汉·模拟预测）五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从A，B，C，D四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过A景点，所以甲不选A景点，则不同的选法有（ ）
A．64种B．48种C．36种D．24种
【答案】B
【解题思路】由分步乘法计数原理求解即可.
【解答过程】因甲不选A景点，应该分步完成：
第一步，先考虑甲在B,C,D三个景点中任选一个，有3种选法；
第二步，再考虑乙和丙，从A,B,C,D中分别任选一个景点，有4×4=16中选法．
由分步乘法计数原理，可得不同选法有：3×16=48种．
故选：B．
【题型3 涂色问题】
【例3】（2025·辽宁·模拟预测）为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成A,B,C,D,E五个部分（如图所示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有（ ）
A．48种B．36种C．24种D．12种
【答案】A
【解题思路】满足条件的涂色方案可分为B,D区域同色，且和其它区域不同色和C,E区域同色两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可
【解答过程】满足条件的摆放方案可分为两类，
第一类B,D区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域A有4种方法，
第二步，摆放区域B,D有3种方法，
第三步，摆放区域C有2种方法，
第四步，考虑到区域A,B,C不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域E有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有4×3×2×1=24种方案，
第二类，C,E区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域A有4种方法，
第二步，摆放区域B有3种方法，
第三步，摆放区域C,E有2种方法，
第四步，考虑到区域A,B,C不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域D有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有4×3×2×1=24种方案，
根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有48种，
故选：A.
【变式3-1】（24-25高二上·山东德州·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．550种B．630种
C．720种D．840种
【答案】B
【解题思路】确定区域1，2，3，4的颜色，分区域3与区域1涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案.
【解答过程】由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择，
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择；
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择，
故不同的涂色方案有6×5×(4×4+5)=630种．
故选：B．
【变式3-2】（2025·江苏泰州·模拟预测）如图，某社区为墙面A、B、C、D四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（ ）
A．12种B．24种C．48种D．84种
【答案】C
【解题思路】由条件可知，若只用3种颜色，则只有A和D颜色相同，或只有B和C颜色相同，所以采用分类和分步计数原理，结合排列组合，即可求解.
【解答过程】由条件可知，可以分成只有A和D颜色相同，或只有B和C颜色相同，
若只有A和D颜色相同，则有C41C31C21=24种方法，
只有B和C颜色相同，也有24种方法，所以一共有24×2=48种方法.
故选：C.
【变式3-3】（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120B．160C．180D．300
【答案】C
【解题思路】分两步，第一步先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，第二步再排Ⅳ，然后根据分步计数原理相乘即可.
【解答过程】先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ共有A53=60种，再排Ⅳ有C31=3种，
故不同的着色方法数有60×3=180种.
故选：C.
【题型4 两个计数原理的综合应用】
【例4】（2025·甘肃·模拟预测）因工作需要，某单位安排甲、乙、丙、丁4位领导在端午节3天假期值班，要求每天有两人值班，且每人需要值班1天或2天，则不同的值班方案有（ ）
A．92种B．90种C．86种D．76种
【答案】B
【解题思路】根据题意，先确定值班天数分配，然后分两种情况讨论，结合组合数以及两类计数原理代入计算，即可得到结果.
【解答过程】总值班人次为3×2=6，每人需要值班1天或2天，
因此唯一可能的分配是其中两人各值班2天，另外两人各值班1天，
先从四人中选出值班两天的两人，有C42=6种，
假设选出的两人分别为甲乙，需要值班2天，另外两人丙丁各值班1天，具体分两种情况，
若甲乙共同值班2天，选择共同值班的2天，有C32=3种情况，
剩余1天，由丙丁共同值班仅1种方式，总方式3×1=3；
若甲乙共同值班1天，从3天中选1天，有C31=3种情况，
然后甲从剩余的2天选择1天值班，乙选择剩下1天，有2×1=2种情况，
然后丙丁分别在甲乙剩余值班天中各选择1天，有2种方式，总方式3×2×2=12；
一共有3+12=15种方式，
则总方案数有6×15=90种.
故选：B.
【变式4-1】（2025·河北·模拟预测）用0,1,2,3,4能组成没有重复数字且比32000小的数字（ ）个.
A．212B．213C．224D．225
【答案】D
【解题思路】先对数字位数分类讨论，在对五位数的首位数字进行分类讨论：①首位为1，2；②首位为3.然后分析千位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【解答过程】分数字位数讨论：
一位数5个；
两位数有4×4=16个；
三位数有4×4×3=48个；
四位数有4×4×3×2=96个；
五位数分以下两种情况讨论：
①首位数字为1或2，此时共有2A44=2×24=48个；
②首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有2A33=12个.
综上所述，共有5+16+48+96+48+12=225个比32000小的数.
故选：D.
【变式4-2】（2025·安徽合肥·模拟预测）2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有A、B、C、D、E五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是A、B、C三位同学，但A不是第一名，D、E两名同学只知道在6至9名，且D的成绩比E好，则这5位同学总分名次有多少种可能（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】C
【解题思路】先排A，再排B和C，对D进行分类，可排6，7，8位，最后根据D的情况再排E。
【解答过程】第一步排A有两种可能：第2名或第5名；
第二步排B和C有两种可能；
第三步排D和E，D有6，7，8位三种可能；
当D为第6名时，E有7，8，9名三种可能，
当D为第7名时，E有8，9名两种可能，
当D为第8名时，E只有第9名一种可能，
所以第三步的总数为3+2+1=6种；
根据分类计数原理，所有名次排位的总数=2×2×6=24种。
故选：C.
【变式4-3】（2025·河南郑州·三模）河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（ ）
A．450B．360C．180D．90
【答案】A
【解题思路】根据题意可知分配方式有1+2+3和2+2+2两种情况，然后分别计算这两种情况的选法种数，最后相加就是所求答案.
【解答过程】①计算按照1+2+3分配的选法种数.
根据分步乘法计数原理，按1+2+3分配的选法种数为：
C61×C52×C33×A33=6×10×1×6=360种.
②按照2+2+2分配的选法种数为：
C62×C42×C22A33×A33=15×6×16×6=90种.
最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为360+90=450种.
故选：A.
一、单选题
1．（2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（ ）种.
A．6B．24C．64D．81
【答案】C
【解题思路】由分步乘法原理计算可得.
【解答过程】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有43=64种.
故选：C.
2．（2025·云南·模拟预测）为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”“数学建模”“古今数学思想”“数学探究”“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一到高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（ ）
A．30B．20C．15D．10
【答案】A
【解题思路】根据题意，结合分步计数原理，得到安排的总数为25种安排方法，再除去五门选修课程安排到同一学年的2种情况，即可求解.
【解答过程】由题意，每门选修课程被安排到高一到高二两学年都有2种安排方法，
共有25=32种安排方法，
其中五门选修课程安排到同一学年的情况有2种，
则每位同学不同的选修方式为32−2=30种．
故选：A．
3．（2025·辽宁·二模）第五批实施新高考的8个省份将于2025年迎来新高考，新高考模式下语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选科模式，若今年高一的甲、乙两名同学，在四选二科目中，恰有一科相同，则他们四选二科目的选科方式共有（ ）
A．12种B．24种C．48种D．96种
【答案】B
【解题思路】根据题意，结合分步计数原理解决即可.
【解答过程】先确定相同的科目，有4种情况，
再从剩下的3个科目中，甲、乙各选一个不同的科目，有3×2=6种情况，
则他们四选二科目的选科方式共有4×6=24种.
故选：B.
4．（2025·辽宁·一模）学校放三天假，甲､乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲乙选择同一天的概率是（ ）
A．12B．16C．13D．23
【答案】C
【解题思路】先用分步乘法计数原理得到共有6种选择，其中甲乙选择同一天的情况有2种，从而得到概率.
【解答过程】甲同学有3种选择，乙同学有2种选择，故共有3×2=6种选择，
其中甲乙选择同一天的情况有2种，故甲乙选择同一天的概率为26=13.
故选：C.
5．（2025·贵州·三模）省会贵阳已开通的地铁线路如图所示.某人乘坐地铁从贵阳北站（A点）前往贵州大学（B点），若同一站点最多经过一次，则不同的乘坐线路共有（ ）
A．6条B．7条C．8条D．9条
【答案】B
【解题思路】逐个列举求解即可.
【解答过程】逐个列举，用站名第一个字，
贵阳北站-北-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-北-喷-延-中-贵州大学；
贵阳北站-北-延-中-贵州大学；
贵阳北站-北-延-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延-北-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延 -喷-望-中-贵州大学；
共计7种路线，
故选：B.
6．（2025·河北保定·一模）勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120B．240C．300D．320
【答案】D
【解题思路】通过先确定中间的涂色情况，再依次确定其他部分的涂色情况，利用分步乘法原理计算总方案数.
【解答过程】先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为5×4×4×4=320.
故选：D.
7．（2025·安徽蚌埠·三模）空间中三个点A、B、C满足AB=BC=CA=1，在空间中任取2个不同的点，使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为（ ）
A．8B．9C．11D．12
【答案】B
【解题思路】根据空间中点线面的位置关系，和正四棱锥的几何性质，分类讨论，求出不同的取法数量.
【解答过程】
如图所示，设任取2个不同的点为P、Q，当△ABC为正四棱锥的侧面时，
平面ABC的两侧分别可以做以四边形ABPQ为底面的正四棱锥，有2种情况，
同理以四边形BCPQ、四边形ACPQ为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当△ABC为正四棱锥的截面时，P、Q位于AB两侧，四边形APBQ为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以四边形BPCQ、四边形APCQ为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有6+3=9种情况．
故选：B．
8．（2025·全国·模拟预测）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为1,2,3,4，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（ ）
A．24B．48C．60D．84
【答案】D
【解题思路】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解.
【解答过程】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为1,2,3,4，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示：
1号小方格可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法.
①当2号，3号小方格涂不同颜色的染料时，有3×2=6种不同的涂法，4号小方格有2种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有4×6×2=48种不同的涂法.
②当2号，3号小方格涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号小方格也有3种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有4×3×3=36种不同的涂法.
综上，由分类加法计数原理，可得共有48+36=84种不同的涂法.
故选：D.
二、多选题
9．（2025·四川成都·模拟预测）用数字0,1,2,3,4组成无重复数字的四位数，下列说法正确的有（ ）
A．一共可以组成96个数B．一共可以组成120个数
C．一共可以组成偶数60个D．一共可以组成72个大于2000的数
【答案】ACD
【解题思路】由特殊位置优先的原则，结合两个计数原理逐个判断即可.
【解答过程】对于AB，四位数的首位不能为0，有4种选项，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，
可以组成无重复数字的四位数4×4×3×2=96个，A正确， B错误；
对于C，若个位数为0，则有4×3×2=24个，若个位数不为0，则有2×3×3×2=36个，
所以可以组成无重复数字的四位偶数24+36=60个，C正确；
对于D，四位数的首位有3种选择，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，
可以组成无重复数字且大于2000的四位数3×4×3×2=72个，D正确．
故选：ACD.
10．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）
A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
【答案】ABC
【解题思路】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.
【解答过程】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有5+2+7=14种不同的选法，故A正确.
对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有5×2×7=70种不同的选法，故B正确.
对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有5×2=10种不同的选法；
第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有5×7=35种不同的选法；
第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有2×7=14种不同的选法，
故共有10+35+14=59种不同的选法，故C正确.
对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，
根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是3×2=6，故D错误.
故选：ABC.
11．（24-25高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（ ）
A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种
B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种
C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种
D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后）
【答案】BCD
【解题思路】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案.
【解答过程】两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3=9种，
同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是9种，所以共有18种，A不正确，B正确.
两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有3×3=9种；
小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3=9种；
小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有3×3=9种，
共有27种，C正确.
小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有9种；
小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2025·浙江·二模）将6个相同的球放入编号为1、2、3的3个盒子中，要求每个盒子至少放1个球，且编号为1的盒子中球数不超过2个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【答案】7
【解题思路】对编号为1的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为2的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可得结果.
【解答过程】若编号为1的盒子中球数为1，则编号为2的盒子中的球数可以为1、2、3、4，有4种情况，
若编号为1的盒子中球数为2，则编号为2的盒子中的球数可以为1、2、3，有3种情况，
综上所述，不同的放法种数为4+3=7种.
故答案为：7.
13．（2025·河北秦皇岛·三模）安排4位顾客去A, B, C三家餐馆就餐，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在A餐馆，则不同的安排方案共有 种．
【答案】27
【解题思路】根据题意，利用分步乘法计数原理计算即可.
【解答过程】由题意可知，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在A餐馆，
则剩下3位顾客每人就餐餐馆有3种安排方案，故不同的安排方案共有33=27种.
故答案为：27.
14．（2025·江苏南京·二模）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有
种（用数字作答）.
【答案】216
【解题思路】如图，将6个行政区标上序号，根据分步乘法计数原理，按照一定的顺序对各个区域进行涂色，同时考虑相邻区域颜色不同的限制条件即可求解.
【解答过程】如图，将6个行政区标上序号，
区域1有4种颜色可选，共4种方法；
区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法；
区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法；
①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法；
②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法，
若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法，
所以一共有4×3×2×1×2×2+1×1×3+1×2=216种方法.
故答案为：216.
四、解答题
15．（2025高三·全国·专题练习）书架的第1层放有5本不同的计算机书，第2层放有4本不同的文艺书，第3层放有3本不同的体育书．
(1)从书架中任取1本书，有多少种不同的取法？
(2)从书架的第1，2，3层各取1本书，有多少种不同的取法？
【答案】(1)12
(2)60
【解题思路】（1）根据分类加法原理计算；
（2）根据分步乘法原理计算得解.
【解答过程】（1）从书架上任取1本书，有三类办法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有5种方法；
第2类方法是从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有3种方法．
根据分类加法计数原理，不同的取法有5+4+3=12种.
（2）从书架的第1，2，3层各取1本书，可以分成三个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有5种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有4种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有3种方法．
根据分步乘法计数原理，不同的取法有5×4×3=60种.
16．（24-25高二下·江苏南通·阶段练习）在0,1,2,3,4,5这6个数字中选择若干个数.
(1)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？
(2)能组成多少个无重复数字且不大于3450的四位数？
【答案】(1)216
(2)166
【解题思路】（1）分个位数为0和5两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解；
（2）分千位数为1或2和3两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解.
【解答过程】（1）当个位数为0时，则万位数有5种选法，
则千位数有4种选法，百位数有3种选法，十位数有2种选法，
所以能组成5×4×3×2=120个无重复数字且为5的倍数的五位数；
当个位数为5时，则万位数有4种选法，
则千位数有4种选法，百位数有3种选法，十位数有2种选法，
所以能组成4×4×3×2=96个无重复数字且为5的倍数的五位数，
综上所述，能组成120+96=216个无重复数字且为5的倍数的五位数；
（2）当千位数为1或2时，
则能组成2×5×4×3=120个无重复数字且不大于3450的四位数；
当千位数为3，百位数为4，十位数为5时，则符合题意的数只有3450一个；
当千位数为3，百位数为4，十位数不为5时，
则十位数有3种选法，个位数有3种选法，
所以符合题意的数有3×3=9种；
当千位数为3，百位数不为4，
则百位数有3种选法，十位数有4种选法，个位数有3种选法，
所以符合题意的数有3×4×3=36种，
综上所述，能组成120+1+9+36=166个无重复数字且不大于3450的四位数.
17．（24-25高二下·全国·课后作业）现有来自高一4个班的学生34人，其中7人、8人、9人、10人分别来自一、二、三、四班，他们自愿组成数学课外小组．
(1)从来自同一班的学生中各选1名组长，共有多少种不同的选法？
(2)推选2人做中心发言，这2人须来自不同的班级，共有多少种不同的选法？
【答案】(1)5040
(2)431
【解题思路】（1）由分步乘法计算原理即可求解；
（2）先分2人来自哪两个班，再用分步乘法计算原理求解.
【解答过程】（1）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选1名组长．
所以，共有N=7×8×9×10=5040（种）不同的选法．
（2）分六类，每一类又分两步：
从一、二班的学生中各选1人，有7×8=56（种）不同的选法；
从一、三班的学生中各选1人，有7×9=63（种）不同的选法；
从一、四班的学生中各选1人，有7×10=70（种）不同的选法；
从二、三班的学生中各选1人，有8×9=72（种）不同的选法；
从二、四班的学生中各选1人，有8×10=80（种）不同的选法；
从三、四班的学生中各选1人，有9×10=90（种）不同的选法．
所以，共有N=56+63+70+72+80+90=431（种）不同的选法．
18．（24-25高二下·安徽·阶段练习）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同.
(1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务?
(2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法.
【答案】(1)3种
(2)72
【解题思路】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可.
【解答过程】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务.
（2）分两种情况:
情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2=24种涂法;
情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2=48种涂法.
所以共有24+48=72种不同的涂色方法.
19．（24-25高二下·山东济宁·阶段练习）用0，1，2，3，…，9这十个数字．
(1)可组成多少个三位数？
(2)可组成多少个无重复数字的三位数？
(3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？
【答案】(1)900；
(2)648；
(3)379
【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案.
（3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析1位数，两位数与三位数满足条件的数字计算出正确答案.
【解答过程】（1）要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法；
第二步，确定十位数，有10种选法；第三步，确定个位数，有10种选法，
根据分步乘法计数原理，共有9×10×10=900个.
（2）要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，有9种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法，
根据分步乘法计数原理，无重复数字的三位数共有9×9×8=648个．
（3）作用题意，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类：
第一类，满足条件的一位自然数：有10个，
第二类，满足条件的两位自然数：有9×9=81个，
第三类，满足条件的三位自然数：
第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法；
第二步，确定十位数，有9种选法；
第三步，确定个位数，有8种选法，根据分步乘法计数原理，有4×9×8=288个，
所以小于500且没有重复数字的自然数共有10+81+288=379（个）.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义
(2)能利用计数原理解决简单的实际问题
2023年新高考I卷：第13题，5分
2023年新高考Ⅱ卷：第3题，5分
2023年全国乙卷（理数）：第7题，5分
2023年全国甲卷（理数）：第9题，5分
从近几年的高考情况来看，高考对两个计数原理的考查比较稳定，多以选择题、填空题的形式出现，以考查两个计数原理的基本概念与步骤方法为主，有时会与排列组合结合考查，难度不大.
区别
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
①
针对的是“分类”问题
针对的是“分步”问题
②
各种方法相互独立
各个步骤中的方法互相依存
③
用其中任何一种方法都可以完成这件事
只有各个步骤都完成才算完成这件事
A
B
C
D
站数x
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